精品解析：天津市二十中学2025-2026学年高三上学期第一次月考数学试卷

月考试题 一､单选题：本题共9小题，每小题5分，共45分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据不等式的解法，求得，得到或，结合集合补集的运算，即可求解. 【详解】由不等式，解得，即， 则或，所以. 故选：A. 2. 已知，有意义，则是q的（ ） A. 充分不必要条件 B. 充要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】分别求出和q的取值范围，结合充分性和必要性的定义即可判断. 【详解】， 有意义， 是q的必要不充分条件 故选：C 【点睛】本题主要考查逻辑条件的判断，属于基础题. 3. 函数的图象大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由函数为奇函数可以排除A，B选项，再根据当，且时，，排除D选项，可得答案. 【详解】由函数有， 所以函数为奇函数，故排除A，B选项. 又当，且时，，，即，排除D选项. 故选：C. 4. 关于直线、与平面、，有以下四个命题： ①若，且，则； ②若，且，则； ③若，且，则； ④若，且，则. 其中真命题的序号是（ ） A. ①② B. ③④ C. ①④ D. ②③ 【答案】D 【解析】 【分析】根据①②③④中的已知条件判断直线、的位置关系，可判断①②③④的正误. 【详解】对于①，若，且，则与平行、相交或异面，①错误； 对于②，如下图所示： 设，因为，在平面内作直线，由面面垂直的性质定理可知， ，，，，，因此，，②正确； 对于③，若，，则， 因为，过直线作平面使得，由线面平行的性质定理可得， ，，则，因此，③正确； 对于④，若，且，则与平行、相交或异面，④错误. 故选：D. 【点睛】方法点睛：对于空间线面位置关系的组合判断题，解决的方法是“推理论证加反例推断”，即正确的结论需要根据空间线面位置关系的相关定理进行证明，错误的结论需要通过举出反例说明其错误，在解题中可以以常见的空间几何体（如正方体、正四面体等）为模型进行推理或者反驳． 5. 设，，，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】通过构造指数函数和对数函数比较大小. 【详解】因为函数在上单调递增，且，所以，即， 因为函数在上单调递减，且，所以，即； 因为函数在上单调递增，且，所以，即； 所以. 故选B. 6. 将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则下列结论中正确的个数是（ ） ①的图象关于直线对称 ②在区间上单调递减 ③在区间没有零点 ④的图象关于点对称 A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】A 【解析】 【分析】根据图象平移可得.对于①④：代入检验，结合最值与对称轴之间的关系分析判断；对于②③：以为整体，结合余弦函数性质分析判断. 【详解】由题意可得：. 对于①：因为不为最值， 所以的图象不关于直线对称，故①错误； 对于②：若，则，且在上单调递减， 所以函数在区间上单调递减，故②正确； 对于③：若，则， 可知当且仅当，即时，， 所以在区间有一个零点，故③错误； 对于④：因为为最小值， 所以函数的图象关于直线对称，故④错误. 综上所述：正确的个数是1. 故选：A. 7. 我国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“羡除”的几何体，该几何体的一种结构是三个面均为梯形，其他两面为三角形的五面体.如图所示，四边形均为等腰梯形，到平面的距离为与间的距离为10，则这个羡除的体积（ ） A. 200 B. C. D. 以上都不对 【答案】A 【解析】 【分析】连接，根据锥体的体积公式，转化锥体的底面与顶点，即可求解. 【详解】解：如图，连接， 设四棱锥的体积为， 则， 设三棱锥的体积为，三棱锥的体积为， 则， 这个羡除的体积. 故选：. 8. 已知函数，若，则的最大值为（ ） A. B. C. e D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据恒成立确定的关系式，从而将转化为只有的式子，再利用导数讨论单调性求最值即可. 【详解】因为，且函数和都是上的增函数，故若恒成立， 则函数和的零点相同， 所以，则， 设，，则， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 故，所以最大值为， 故选：A. 9. 定义分段函数，其中、为实数．已知函数在区间内恰好有个零点，则满足条件的组合可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】当时，由，可得；当时，由，可得，，其中，利用导数分析函数的单调性与极值，作出图象，对函数在区间、上的零点个数进行分类讨论，数形结合可得出合适的选项. 【详解】当时，由，可得，如下图所示： 当时，由，可得， 令，其中，则， 由可得，由可得， 所以，函数的减区间为，增区间为， 所以，的极小值为，如下图所示： 若在区间上的零点个数为，则在区间上的零点个数为， 则，B合乎题意； 若在区间上的零点个数为，则在区间上的零点个数为， 则或，没有选项合乎题意； 若在区间上的零点个数为，则在区间上的零点个数为， 则，没有选项合乎题意. 故选：B. 二､填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分. 10. 若，则_________. 【答案】##2.5 【解析】 【分析】先通过复数的除法运算求出，进而求出模即可. 【详解】由， 则， 所以. 故答案为：. 11. 二项式的展开式中，含项的系数为__________. 【答案】672 【解析】 【分析】整理可得，结合二项展开式的通项公式运算求解即可. 【详解】因为， 则的展开式的通项公式为， 令，解得， 故项的系数为. 故答案为：672. 12. 已知，是正数，，则的最小值为________. 【答案】 【解析】 【分析】首先将题中已知条件转化，可得，利用基本不等式可求得，之后应用不等式的性质求得结果. 【详解】由可得，即， 所以， 由， 得，当且仅当时取等号， 所以有，，， 所以， 所以的最小值为，当且仅当时取等号， 故答案为：. 【点睛】该题考查的是有关求最值的问题，涉及到的知识点有利用基本不等式求最值，利用不等式的性质求最值，属于中档题. 13. 某种资格证考试，每位考生一年内最多有3次考试机会.一旦某次考试通过，便可领取资格证书，不再参加以后的考试；否则就继续参加考试，直到用完3次机会.小王决定参加考试，若他每次参加考试通过的概率依次为0.5，0.6，0.7，且每次考试是否通过相互独立，则小王在一年内领到资格证书的概率为______；他在一年内参加考试次数的数学期望为______. 【答案】 ①. 0.94 ②. 1.7 【解析】 【分析】利用概率的乘法与加法，根据数学期望的计算公式，可得答案. 【详解】， 设一年内参加考试次数为，则的可能取值为， ，， ， 所以数学期望. 故答案为：；. 14. 已知菱形边长为1，且为线段的中点，若在线段上，且，则__________，点为线段上的动点，过点作的平行线交边于点，过点做的垂线交边于点，则的最小值为__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】建立适当平面直角坐标系，由题意可得各点坐标，从而可得所需向量的坐标表示，结合向量共线的坐标表示可得，借助向量的数量积公式计算即可得的最小值. 【详解】如图所示，以为原点建立平面直角坐标系，则有、， 由，则， 则，则，， 则，，由， 即，则， 则，， 又在线段上，故有， 解得，即，； 设，， 则，由，则， 由，，则，则， 则，故， 则，，， 则 ， 则当时，有最小值. 故答案为：；. 15. 已知函数的图像与直线：交于点，，其中，与直线：交于两点、，其中，则的最小值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据的单调性，易得，，即，从而得到，同理得到，再利用基本不等式求解. 【详解】解：当时，，则， 所以在上递增，且； 当时，，则， 所以在上递增，若要使，则， 所以， 因为函数的图像与直线：交于点，， 所以，， 所以，即， 所以，同理， 所以， ， 当且仅当，即，等号成立， 所以的最小值为. 故答案为： 【点睛】思路点睛：首先确定函数每段的单调性，从而得到交点横坐标的关系，建立模型，再利用基本不等式求解. 三､解答题 16. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求角B的大小； （2）设，． （ⅰ）求a的值； （ⅱ）求的值． 【答案】（1） （2）(i)；(ii) 【解析】 【分析】（1） 由已知结合正弦定理及余弦定理列出方程即可求解B； （2） (i) 由余弦定理结合上问求边长即可. (ii) 利用余弦定理结合同角平方关系可求的正弦和余弦值，然后结合二倍角公式及两角和的正弦公式即可求解. 【小问1详解】 由正弦定理，可化为 【小问2详解】 （i）由余弦定理得，由 得解得 （ii）由余弦定理得，， 17. 已知函数. （1）求在上的最值； （2）在中，角，，所对的边分别为，，，，，的面积为，求的值. 【答案】（1），；（2）. 【解析】 【分析】（1）利用二倍角公式和两角和的正弦公式化简，进而由的取值范围得出函数的最值； （2）利用面积公式，余弦定理和正弦定理求解即可． 【详解】（1） 当时， ，. （2） 又 又 18. 如图，正方形的中心为，四边形为矩形，平面平面，点为的中点，. （1）求证：//平面； （2）求二面角的正弦值； （3）设H为线段AF上的点，且，求直线和平面所成角的正弦值. 【答案】（1）因为四边形为矩形，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 如图，以为原点，分别以的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系， 依题意可得，. 则. 设为平面的法向量，则，即. 不妨设，可得，又，可得， 又因为直线平面，所以平面； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用空间向量证明线面平行，关键是求出平面的法向量，利用法向量与直线方向向量垂直进行论证； （2）利用空间向量求二面角，关键是求出平面的法向量，再利用向量数量积求出法向量夹角，最后根据向量夹角与二面角相等或互补关系求正弦值； （3）利用空间向量求线面角，关键是求出平面的法向量，再利用向量数量积求出向量夹角，最后根据向量夹角与线面角互余关系求正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ，，所以， 则为平面的一个法向量. 又. 设为平面的法向量，则，即. 不妨设，可得. 因此有，于是， 所以，二面角的正弦值为. 【小问3详解】 由，得. 因为，所以，进而有，从而， 因此. 所以，直线和平面所成角的正弦值为. 【考点】 19. 已知函数． （1）当时，求的最大值； （2）若恰有一个零点，求a的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由导数确定函数的单调性，即可得解； （2）求导得，按照、及结合导数讨论函数的单调性，求得函数的极值，即可得解. 【小问1详解】 当时，，则， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 所以； 【小问2详解】 ，则， 当时，，所以当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 所以，此时函数无零点，不合题意； 当时，，在上，，单调递增； 在上，，单调递减； 又， 由（1）得，即，所以， 当时，， 则存在，使得， 所以仅在有唯一零点，符合题意； 当时，，所以单调递增，又， 所以有唯一零点，符合题意； 当时，，在上，，单调递增； 在上，，单调递减；此时， 由（1）得当时，，，所以， 此时 存在，使得， 所以在有一个零点，在无零点， 所以有唯一零点，符合题意； 综上，a的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用导数研究函数的极值与单调性，把函数零点问题转化为函数的单调性与极值的问题. 20. 函数的定义域为，，，为处的切线. （1）的最大值； （2）证明：，除点外，曲线均在上方； （3）若，证明：对任意的，有. 【答案】（1） （2）证明： 因为，则切线的斜率为， 可知直线的方程为，即， 构建，则， 由（1）可知：在上单调递增，且， 当时，则，可得； 当时，则，可得； 当时，则，且，可得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则，当且仅当时，等号成立， 所以除点外，曲线均在上方. （3）证明： 由题意可知：，则， 构建，则， 构建，则， 可知在上单调递增，则， 即在上恒成立，可知在上单调递增， 原不等式等价于， 构建，即证， 因为， 则， 因为在上单调递增，则，可得， 可知在上单调递增，且，可得， 所以对任意的，有. 【解析】 【分析】（1）构建，利用导数判断的单调性和最值，即可得结果； （2）根据导数的几何意义求的方程，构建，利用导数判断的单调性，进而证明不等式； （3）构建，分析可知在上单调递增，构建，根据单调性分析证明. 【小问1详解】 构建，可知函数的定义域为， 且， 令，解得；令，解得； 可知在内单调递增，在内单调递减， 则，所以的最大值为. 【小问2详解】 略； 【小问3详解】 略. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 月考试题 一､单选题：本题共9小题，每小题5分，共45分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，有意义，则是q的（ ） A. 充分不必要条件 B. 充要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 函数的图象大致是（ ） A. B. C. D. 4. 关于直线、与平面、，有以下四个命题： ①若，且，则； ②若，且，则； ③若，且，则； ④若，且，则. 其中真命题的序号是（ ） A. ①② B. ③④ C. ①④ D. ②③ 5. 设，，，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 6. 将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则下列结论中正确的个数是（ ） ①的图象关于直线对称 ②在区间上单调递减 ③在区间没有零点 ④的图象关于点对称 A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 7. 我国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“羡除”的几何体，该几何体的一种结构是三个面均为梯形，其他两面为三角形的五面体.如图所示，四边形均为等腰梯形，到平面的距离为与间的距离为10，则这个羡除的体积（ ） A. 200 B. C. D. 以上都不对 8. 已知函数，若，则的最大值为（ ） A. B. C. e D. 9. 定义分段函数，其中、为实数．已知函数在区间内恰好有个零点，则满足条件的组合可能是（ ） A. B. C. D. 二､填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分. 10. 若，则_________. 11. 二项式的展开式中，含项的系数为__________. 12. 已知，是正数，，则的最小值为________. 13. 某种资格证考试，每位考生一年内最多有3次考试机会.一旦某次考试通过，便可领取资格证书，不再参加以后的考试；否则就继续参加考试，直到用完3次机会.小王决定参加考试，若他每次参加考试通过的概率依次为0.5，0.6，0.7，且每次考试是否通过相互独立，则小王在一年内领到资格证书的概率为______；他在一年内参加考试次数的数学期望为______. 14. 已知菱形边长为1，且为线段的中点，若在线段上，且，则__________，点为线段上的动点，过点作的平行线交边于点，过点做的垂线交边于点，则的最小值为__________. 15. 已知函数的图像与直线：交于点，，其中，与直线：交于两点、，其中，则的最小值为__________. 三､解答题 16. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求角B的大小； （2）设，． （ⅰ）求a的值； （ⅱ）求的值． 17. 已知函数. （1）求在上的最值； （2）在中，角，，所对的边分别为，，，，，的面积为，求的值. 18. 如图，正方形的中心为，四边形为矩形，平面平面，点为的中点，. （1）求证：//平面； （2）求二面角的正弦值； （3）设H为线段AF上的点，且，求直线和平面所成角的正弦值. 19. 已知函数． （1）当时，求的最大值； （2）若恰有一个零点，求a的取值范围． 20. 函数的定义域为，，，为处的切线. （1）的最大值； （2）证明：，除点外，曲线均在上方； （3）若，证明：对任意的，有. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $